三、解答题
7. 如图，在正六边形ABCDEF中，AB=6，点M在边AF上，且AM=2。经过点M的直线l将该正六边形的面积平分，求直线l被该正六边形所截的线段长。

解：
正六边形是中心对称图形，其对称中心为外接圆的圆心O，因此平分正六边形面积的直线必经过点O。
建立平面直角坐标系，设O为坐标原点$(0,0)$，由正六边形边长$AB=6$，可得各顶点坐标为：
$A(-3, 3\sqrt{3})$，$B(-6, 0)$，$C(-3, -3\sqrt{3})$，$D(3, -3\sqrt{3})$，$E(6, 0)$，$F(3, 3\sqrt{3})$。
由$AM=2$，边$AF$在直线$y=3\sqrt{3}$上，可得点$M$的坐标为$(-1, 3\sqrt{3})$。
设直线$l$的解析式为$y=kx$，将$M(-1, 3\sqrt{3})$代入得$k=-3\sqrt{3}$，
因此直线$l$的解析式为$y=-3\sqrt{3}x$。
令$y=-3\sqrt{3}$，代入直线解析式解得$x=1$，即直线$l$与正六边形的另一交点$N$的坐标为$(1, -3\sqrt{3})$，该点在边$CD$上。
由两点间距离公式：
$MN=\sqrt{(1+1)^2+(-3\sqrt{3}-3\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+108}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$
答：直线$l$被该正六边形所截的线段长为$4\sqrt{7}$。

【分析】
解题首先要明确平分中心对称图形面积的直线的特点：正六边形属于中心对称图形，过其对称中心的直线可平分图形面积，因此所求直线l必经过正六边形的对称中心O。接下来可通过建立平面直角坐标系的方法简化计算：先根据正六边形边长为6写出各顶点坐标，结合AM=2求出点M的坐标，再求出过M和O的直线解析式，找到直线与正六边形的另一个交点，最后用两点间距离公式计算截得的线段长度即可。
【解析】
1. 确定直线特征：正六边形是中心对称图形，对称中心为其外接圆圆心O，平分正六边形面积的直线必经过点O。
2. 建立坐标系求各点坐标：设O为坐标原点$(0,0)$，由正六边形边长$AB=6$，可得各顶点坐标为：
$A(-3, 3\sqrt{3})$，$B(-6, 0)$，$C(-3, -3\sqrt{3})$，$D(3, -3\sqrt{3})$，$E(6, 0)$，$F(3, 3\sqrt{3})$。
3. 求点M坐标：边AF在直线$y=3\sqrt{3}$上，$AM=2$，因此M的横坐标为$-3+2=-1$，即$M(-1, 3\sqrt{3})$。
4. 求直线l解析式：设直线l的解析式为$y=kx$，将$M(-1, 3\sqrt{3})$代入得$3\sqrt{3}=-k$，解得$k=-3\sqrt{3}$，即直线l解析式为$y=-3\sqrt{3}x$。
5. 求另一交点坐标：直线l与正六边形的另一交点在边CD上，边CD所在直线为$y=-3\sqrt{3}$，代入直线解析式得$-3\sqrt{3}=-3\sqrt{3}x$，解得$x=1$，即交点$N(1, -3\sqrt{3})$。
6. 计算线段长度：由两点间距离公式得
$MN=\sqrt{(1+1)^2+(-3\sqrt{3}-3\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+108}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
1. 正六边形的性质
2. 中心对称图形的性质
3. 两点间距离公式
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题型，解题核心是利用中心对称的性质确定平分面积的直线必经对称中心，通过建立坐标系将几何长度计算转化为代数运算，能够有效考查学生的知识综合应用能力和转化思维。
【难度系数】
0.6

8. 完成下列作图，只可用无刻度的直尺.(不写作法，保留作图痕迹)
(1) 如图(1)，在正方形ABCD中，E是边AB的中点，在边BC上找一点G，使得$AG⊥DE$；
(2) 如图(2)，在正六边形ABCDEF中，G是边AF上一点，在边CD上找一点H，使得$EH=BG$.

解：
(1) 连接正方形ABCD的对角线AC、BD，两线交于点O，连接CE交BD于点P，作直线AP交BC于点G，点G即为所求，保留所有连线痕迹，此时AG⊥DE。
(2) 连接正六边形ABCDEF的对角线AD、BE，两线交于正六边形的中心O，作直线GO交CD于点H，点H即为所求，保留所有连线痕迹，此时EH=BG。

【分析】
(1) 要在正方形BC边上找到点G使AG⊥DE，可借助正方形的中心对称性和全等三角形的性质思考：正方形的对角线交点是它的对称中心，结合E是AB中点的条件，通过连线构造角相等，推出∠BAG=∠ADE，即可得到AG与DE垂直的关系。
(2) 要在正六边形CD边上找到点H使EH=BG，可利用正六边形的中心对称性思考：正六边形是中心对称图形，对角线AD、BE的交点是对称中心O，点B的对称点为E，过G和O作直线，与CD的交点H就是G的对称点，根据中心对称的性质即可得到BG=EH。
【解析】
(1) ①连接正方形ABCD的对角线AC、BD，两线交于正方形的对称中心O；②连接CE，CE与BD交于点P；③作直线AP，直线AP与BC的交点就是所求的点G。
证明：正方形ABCD中AD=AB，∠DAE=∠ABG=90°，由作图可得∠ADE=∠BAG，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠BAG+∠AED=90°，即AG⊥DE，满足要求。
(2) ①连接正六边形ABCDEF的对角线AD、BE，两线交于正六边形的对称中心O；②作直线GO，直线GO与CD的交点就是所求的点H。
证明：正六边形是中心对称图形，点B与E关于O对称，点G与H关于O对称，
∴OB=OE，OG=OH，又∠BOG=∠EOH，
∴△BOG≌△EOH，
∴EH=BG，满足要求。
（作图保留所有连线痕迹即可）
【答案】
(1) 连接正方形ABCD的对角线AC、BD，两线交于点O，连接CE交BD于点P，作直线AP交BC于点G，点G即为所求；
(2) 连接正六边形ABCDEF的对角线AD、BE，两线交于正六边形的中心O，作直线GO交CD于点H，点H即为所求。
【知识点】
正方形的性质；正六边形的性质；中心对称图形的性质
【点评】
本题属于无刻度直尺作图题，解题核心是利用正多边形的中心对称特征定位目标点，要求熟练掌握常见正多边形的几何性质，能结合图形特征推理对应点的位置，对几何直观和逻辑推理能力有一定考查作用。
【难度系数】
0.6

9.（1）如图(1)，$△ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，$P$为$\overset{\frown}{BC}$上一动点.求证：$PA=PB+PC$；
（2）如图(2)，四边形$ABCD$是$\odot O$的内接正方形，$P$为$\overset{\frown}{BC}$上一动点.求证：$PA=PC+\sqrt{2}PB$.

证明：
(1) 在$PA$上截取$PD=PB$，连接$BD$。
$\because △ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，
$\therefore AB=BC$，$∠ ACB=60°$。
由同弧所对的圆周角相等，得$∠ APB=∠ ACB=60°$。
又$\because PD=PB$，
$\therefore △ PBD$是等边三角形，
$\therefore BD=BP$，$∠ PBD=60°$。
$\because ∠ ABC=∠ PBD=60°$，
$\therefore ∠ ABC-∠ DBC=∠ PBD-∠ DBC$，即$∠ ABD=∠ CBP$。
在$△ ABD$和$△ CBP$中：
$\begin{cases}AB=CB \\∠ ABD=∠ CBP \\BD=BP\end{cases}$
$\therefore △ ABD ≌ △ CBP \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore AD=PC$。
$\because PA=PD+AD$，且$PD=PB$，
$\therefore PA=PB+PC$。
---
(2) 过点$B$作$BE⊥ PB$，交$PA$于点$E$。
$\because$ 四边形$ABCD$是$\odot O$的内接正方形，
$\therefore AB=BC$，$\overset{\frown}{AB}$的度数为$90°$，
$\therefore ∠ APB=45°$。
$\because ∠ EBP=90°$，
$\therefore △ EBP$是等腰直角三角形，
$\therefore PE=\sqrt{2}PB$，$BE=BP$。
$\because ∠ ABE + ∠ EBC=90°$，$∠ CBP + ∠ EBC=90°$，
$\therefore ∠ ABE=∠ CBP$。
在$△ ABE$和$△ CBP$中：
$\begin{cases}AB=CB \\∠ ABE=∠ CBP \\BE=BP\end{cases}$
$\therefore △ ABE ≌ △ CBP \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore AE=PC$。
$\because PA=AE+PE$，
$\therefore PA=PC+\sqrt{2}PB$。

【分析】
(1) 证明一条线段等于另外两条线段的和，优先采用截长法：在较长的线段PA上截取一段等于PB，再证明剩余线段等于PC即可。结合正三角形的边角性质和同弧所对圆周角相等，可先证得△PBD为等边三角形，再通过证明△ABD≌△CBP得到AD=PC，即可推导结论。
(2) 结论中出现√2倍的PB，可联想到等腰直角三角形斜边是直角边的√2倍，因此过B作BE⊥PB交PA于E，先得到等腰直角△BPE，得出PE=√2PB，再通过证明△ABE≌△CBP得到AE=PC，结合PA=AE+PE即可推导结论。
【解析】
(1) 在$PA$上截取$PD=PB$，连接$BD$。
$\because △ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，
$\therefore AB=BC$，$∠ ACB=60°$。
由同弧所对的圆周角相等，得$∠ APB=∠ ACB=60°$。
又$\because PD=PB$，
$\therefore △ PBD$是等边三角形，
$\therefore BD=BP$，$∠ PBD=60°$。
$\because ∠ ABC=∠ PBD=60°$，
$\therefore ∠ ABC-∠ DBC=∠ PBD-∠ DBC$，即$∠ ABD=∠ CBP$。
在$△ ABD$和$△ CBP$中：
$\begin{cases}AB=CB \\∠ ABD=∠ CBP \\BD=BP\end{cases}$
$\therefore △ ABD ≌ △ CBP \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore AD=PC$。
$\because PA=PD+AD$，且$PD=PB$，
$\therefore PA=PB+PC$。
(2) 过点$B$作$BE⊥ PB$，交$PA$于点$E$。
$\because$ 四边形$ABCD$是$\odot O$的内接正方形，
$\therefore AB=BC$，$\overset{\frown}{AB}$的度数为$90°$，
$\therefore ∠ APB=45°$。
$\because ∠ EBP=90°$，
$\therefore △ EBP$是等腰直角三角形，
$\therefore PE=\sqrt{2}PB$，$BE=BP$。
$\because ∠ ABE + ∠ EBC=90°$，$∠ CBP + ∠ EBC=90°$，
$\therefore ∠ ABE=∠ CBP$。
在$△ ABE$和$△ CBP$中：
$\begin{cases}AB=CB \\∠ ABE=∠ CBP \\BE=BP\end{cases}$
$\therefore △ ABE ≌ △ CBP \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore AE=PC$。
$\because PA=AE+PE$，
$\therefore PA=PC+\sqrt{2}PB$。
【答案】
(1) $PA=PB+PC$，成立；
(2) $PA=PC+\sqrt{2}PB$，成立。
【知识点】
圆周角定理；全等三角形的判定与性质；正多边形的性质
【点评】
本题是圆与正多边形结合的典型几何证明题，核心运用截长补短的思想构造全等三角形，结合正多边形的边角特征与圆周角性质解决线段和的证明问题，解题的关键是根据线段的比例特征合理构造辅助线，能够较好地锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6